Bài tập Chương Tam giác đồng dạng Hình học 8 năm 2019

(. Gọi N là giao điểm của AG và DF. Các đường cao AE, BF cắt nhau tại H.. Gọi G là giao điểm của CH và AB.. Trên BC lấy điểm E, qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE, đường thẳng này cắ[r]

BÀI TÂP CHƯƠNG TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG

Bài 1: Cho ABC vuông tại A, Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B,

ACF vuông cân ở C Gọi H là giao điểm của AB và CD, K là giao điểm của Ac và BF

Chứng minh rằng:

a) AH = AK b) AH2 = BH CK

Giải : Đặt AB = c, AC = b

BD // AC (cùng vuông góc với AB)

nên AH AC b AH b AH b

HB  BD   c HB   c HB + AH  b + c

Hay AH b AH b AH b.c

AB  b + c  c  b + c   b + c (1)

AB // CF (cùng vuông góc với AC) nên AK AB c AK c AK c

KC  CF   b KC   b KC + AK  b + c

Hay AK b AK c AK b.c

AC  b + c  b  b + c   b + c (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AH = AK

b) Từ AH AC b

HB  BD  c và AK AB c

KC  CF  b suy ra AH KC AH KC

HB  AK  HB  AH(Vì AH = AK)

 AH2 = BH KC

Bài 2: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a đi qua A lần lượt cắt BD, BC, DC theo thứ tự

tại E, K, G Chứng minh rằng:

a) AE2 = EK EG b) 1 1 1

AE  AK  AG c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí nhưng vẫn qua A thì

tích BK DG có giá trị không đổi

Giải

a) Vì ABCD là hình bình hành và K  BC nên

AD // BK, theo hệ quả của định lí Ta-lét ta có:

2

AE ED EG  AE  EG  

H

F K

D

C B

A

G b

a

B A

Q P

b) Ta có: AE = DE

AK DB ; AE = BE

AG BD nên

AE  AK  AG (đpcm)

c) Ta có: BK = AB BK = a

KC CG  KC CG (1); KC = CG KC = CG

AD DG  b DG (2)

Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: BK = a BK DG = ab

b DG  không đổi (Vì a = AB; b = AD là độ dài hai cạnh của hình bình hành ABCD không đổi)

Bài 3: Cho tứ giác ABCD, các điểm E, F, G, H theo thứ tự chia trong các cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh rằng:

a) EG = FH b) EG vuông góc với FH

Giải Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của CF, DG

Ta có CM = 1

2 CF = 1

3BC  BM = 1

BC 3  BE = BM = 1

EM // AC  EM BM = 2 EM = 2AC

AC  BE 3  3 (1)

Tương tự, ta có: NF // BD  NF CF = 2 NF = 2BD

mà AC = BD (3) Từ (1), (2), (3) suy ra : EM = NF (a)

Tương tự như trên ta có: MG // BD, NH // AC và MG = NH = 1

3AC (b) Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC  BD EM  MG  0

EMG = 90 (4)

Tương tự, ta có: 0

FNH = 90 (5) Từ (4) và (5) suy ra 0

EMG = FNH = 90 (c)

Từ (a), (b), (c) suy ra EMG = FNH (c.g.c)  EG = FH

b) Gọi giao điểm của EG và FH là O; của EM và FH là P; của EM và FN là Q thì

0

PQF = 90  0

QPF + QFP = 90 mà QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP (EMG = FNH)

EOP = PQF = 90  EO  OP  EG  FH

Bài 4: Cho ABC ( AB < AC)

D

M

K

C B

A

E

D

C

B

A

a) Đường thẳng qua D và song song với BC

cắt AB ở K, chứng minh E nằm giữa B và K

b) Chứng minh: CD > DE > BE

Giải a) BD là phân giác nên

= < =

DC BC BC EB  DC  EB (1)

Mặt khác KD // BC nên AD AK

DC  KB (2)

Từ (1) và (2) suy ra AK AE AK + KB AE + EB

KB  EB  KB  EB

 AB AB KB > EB

KB  EB  E nằm giữa K và B

b) Gọi M là giao điểm của DE và CB

Ta có CBD = KDB(Góc so le trong)  KBD = KDB

mà E nằm giữa K và B nên KDB > EDBKBD > EDB EBD > EDB  EB < DE

Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC  DEC>ECB DEC>DCE (Vì DCE = ECB)

Suy ra CD > ED  CD > ED > BE

Bài 5: Cho ABC cóB = 2 C, AB = 8 cm, BC = 10 cm

a)Tính AC

b)Nếu ba cạnh của tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp thì mỗi cạnh là bao nhiêu?

Giải

Cách 1: Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho:BD = BC

ACD ABC (g.g)  AC AD

AB  AC

2

AC AB AD =AB.(AB + BD)

= 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm

Cách 2: Vẽ tia phân giác BE của ABC ABE ACB

2 1

3 2

I

O

E D

C B

A

2

AC AB  CB  AB + CB  AB + CB  = 8(8 + 10) = 144

 AC = 12 cm

b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c thì từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1)

Vì b > anên có thể b = a + 1 hoặc b = a + 2

+ Nếu b = a + 1 thì (a + 1)2= a2 + ac 2a + 1 = ac a(c – 2) = 1

a = 1; b = 2; c = 3(loại)

+ Nếu b = a + 2 thì a(c – 4) = 4

- Với a = 1 thì c = 8 (loại) - Với a = 2 thì c = 6 (loại)

- với a = 4 thì c = 6 ; b = 5 Vậy a = 4; b = 5; c = 6

Bài 6: Cho ABC cân tại A và O là trung điểm của BC Một điểm O di động trên AB, lấy điểm

E trên AC sao cho

2

OB

CE =

BD Chứng minh rằng

a) DBO OCE b) DOE DBO OCE

c) DO, EO lần lượt là phân giác của các góc BDE, CED

d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi khi D di động trên AB

Giải

a) Từ

2

OB

CE =

BD  CE = OB

OB BD và B = C (gt)  DBO OCE b) Từ câu a suy ra O = E3 2 (1)

Vì B, O ,C thẳng hàng nên 0

3

O + DOE EOC 180   (2) trong tam giác EOC thì 0

2

E + C EOC 180   (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra DOE B C

DOE và DBO có DO = OE

DB OC (Do DBO OCE)

và DO = OE

DB OB (Do OC = OB) và DOE B C nên DOE DBO OCE

c) Từ câu b suy ra D = D1 2 DO là phân giác của các góc BDE



K F

E

D M

C B

A

I

K

F

G

E M

D

C

B

Củng từ câu b suy ra E = E 1 2 EO là phân giác của các góc CED

c) Gọi OH, OI là khoảng cách từ O đến DE, CE thì OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi

OI không đổi khi D di động trên AB

Bài 7: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường thẳng song

song với AM, cắt AB, AC tại E và F

a) chứng minh DE + DF không đổi khi D di động trên BC

b) Qua A vẽ đường thẳng song song với BC, cắt FE tại K

Chứng minh rằng K là trung điểm của FE

Giải

a) DE // AM  DE = BD DE = BD.AM

AM BM  BM (1)

DF // AM  DF = CD DF = CD.AM = CD.AM

Từ (1) và (2) suy ra

DE + DF = BD.AM + CD.AM

BM BM = BD + CD .AM = BC.AM = 2AM

b) AK // BC suy ra FKA AMC (g.g)  FK = KA

AM CM (3)

ED BD  ED + EK BD + KA  KD BD + DM  AM  BM  AM  CM (2)

(Vì CM = BM)

Từ (1) và (2) suy ra FK EK

AM  AM FK = EK hay K là trung điểm của FE

Bài 8: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC,tia Dx cắt SC, AB, BC lần lượt tại I,

M, N Vẽ CE vuông góc với AB, CF vuông góc với AD, BG vuông góc với AC Gọi K là điểm

đối xứng với D qua I Chứng minh rằng

a) IM IN = ID2 b) KM = DM

c) AB AE + AD AF = AC2

Giải

M K

H

G I

B A

a) Từ AD // CM  IM = CI

ID AI (1) Từ CD // AN  CI ID

AI  IN (2)

Từ (1) và (2) suy ra IM

ID= ID

IN hay ID2 = IM IN

b) Ta có DM = CM DM = CM DM = CM

MN MB  MN + DM MB + CM  DN CB (3)

Từ ID = IK và ID2 = IM IN suy ra IK2 = IM IN

 IK = IN IK - IM = IN - IK KM = KN KM = IM

IM IK  IM IK  IM IK  KN IK  KM = IM CM CM

KN ID  AD  CB (4)

Từ (3) và (4) suy ra KM = DM

c) Ta có AGB AEC  AE = AC AB.AE = AC.AG

AG AB  AB AE = AG(AG+CG) (5)

CGB AFC  AF = CG CG

AC CB  AD(vì CB = AD)

AF AD = AC CG  AF AD = (AG + CG) CG (6)

Cộng (5) và (6) vế theo vế ta có: AB AE + AF AD = (AG + CG) AG + (AG + CG) CG

 AB AE + AF AD = AG2 +2.AG.CG + CG2 = (AG + CG)2 = AC2

Vậy: AB AE + AD AF = AC2

Bài 9: Cho tam giác ABC có BC bằng trung bình cộng của AC và AB; Gọi I là giao điểm của các

phân giác, G là trọng tâm của tam giác Chứng minh: IG // BC

Giải Gọi khoảng cách từ a, I, G đến BC lần lượt là AH, IK, GD

Vì I là giao điểm của ba đường phân giác nên khoảng cách từ I đến ba cạnh AB, BC, CA bằng

nhau và bằng IK Vì I nằm trong tam giác ABC nên:

SABC = SAIB + SBIC + SCIA BC.AH = IK(AB+BC+CA) (1)

Mà BC = AB + CA

2  AB + CA = 2 BC (2)

Thay (2) vào (1) ta có: BC AH = IK 3BC  IK = 1

3AH (a)

Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên:

SBGC = 1

3 SABC  BC GD = 1

3 BC AH  GD = 1

3 AH (b)

Từ (a) và (b) suy ra IK = GD hay k/ cách từ I, G đến BC bằng nhau nên IG // BC

Bài 10: Cho điểm M di động trên đáy nhỏ AB của hình thang ABCD, Gọi O là giao điểm của hai

cạnh bên DA, CB Gọi G là giao điểm của OA và CM, H là giao điểm của OB và DM CMR: Khi

M di động trên AB thì tổng OG + OH

GD HC khơng đổi

Giải Qua O kẻ đường thẳng song với AB cắt CM, DM theo thứ tự ở I và K Theo định lí Talét

ta cĩ: OG OI

GD  CD; OH OK

HC  CD  OG + OH OI OK IK

GD HC  CD  CD  CD

+

Qua M vẽ đường thẳng vuơng gĩc với AB cắt IK, CD theo thứ tự ở P và Q, ta cĩ:

IK MP FO

CD MQ MQ khơng đổi vì FO là khoảng cách từ O đến AB, MQ là đường cao của hình thang nên khơng đổi (2) Từ (1) và (2) suy ra OG + OH FO

GD HC  MQ khơng đổi

Bài 11: Cho tam giác ABC (AB < AC), phân giác AD Trên AB lấy điểm M, trên AC lấy điểm

N sao cho BM = CN, gọi giao điểm của CM và BN là O,

Từ O vẽ đường thẳng song song với AD cắt AC, AB tại E

và F

Chứng minh rằng: AB = CF; BE = CA

Giải

AD là phân giác nên BAD = DAF

EI // AD  BAD = AEF (gĩc đồng vị)

Mà DAF  OFC (đồng vị); AFE = OFC (đối đỉnh)

Suy ra AEFAFE  AFE cân tại A  AE =AF (a)

Aùp dụng định lí Talét vào ACD , với I là giao điểm của EF với BC ta cĩ

=

CA CD  CI  CD (1) AD là phân giác của BAC nên CA BA

CD  BD (2)

Từ (1) và (2) suy ra CF BA

CI  BD (3) Kẻ đường cao AG của AFE BP // AG

G

P O K I N

D Q

C B

M

A

F E

(P AD); CQ // AG (Q OI) thì BPD = CQI = 900

Gọi trung điểm của BC là K, ta có BPK = CQK (g.c.g)  CQ = BP

 BPD = CQI (g.c.g)  CI = BD (4)

Thay (4) vào (3) ta có CF BA

BD  BD  CF = BA (b) Từ (a) và (b) suy ra BE = CA

Bài 12: Cho tam giác ABC vuông tại A, (AC > AB), đường cao AH Trên tia HC lấy D sao cho

HD = HA Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E M là trung điểm BE

a) Chứng minh BEC đồng dạng với ADC

b) Tính số đo góc AHM

Bài 13: Cho tứ giác lồi ABCD Tìm tập hợp điểm O nằm trong tứ giác sao cho hai tứ giác

OBCD và OBAD có diện tích bằng nhau (Không yêu cầu chứng minh phần đảo)

12

a) Do DEC ∽ ABC (Hai tam giác vuông có C chung)

(*)

DE EC

AB BC

Xét BEC và ADC Có C chung kết hợp (*) => BEC∽ ADC (g.c.g)

3 2

1

2

M

E

D H

B

A

C

D1

hb

ho

ha

B

C

A

D O

b

b) BEC∽ ADC =>B1 A1, AHD vuông cân tại H nên

0

3 45

A

M trung điểm BE nên: AM = MB = ME BMA vuông cân tại M

AB2 =2BM2 hay mà AB2 = BH.BC (HS phải c/m);

BH.BC = BE.BM

BH BM

BE BC BHM∽ BEC∽ ADC AHM D2 450

13

Giả sử O là điểm nằm trong tứ giác thỏa mãn: SOBCD =SOBAD

Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt AB tại

D1, cắt AC tại B1 Nối OC, OB, AC, BD

và kẻ các đường cao ha, hb, hc như hình vẽ

Khi đó: SOBCD = SBCD+SBOD= 1 .( )

2BD h c h o

SBODA =

1

2

AB D D OB B OD a b c

S S S B D h h h

1 1

c o

a o

BD h h

B D h h

Vì B1D1//BD nên

1 1

(2)

a

a o

h BD

B D h h

Từ (1) và (2) c o 1

c o a a

h h

h h h h

Từ đó HS lập luận suy ra B1D1 đi qua trrung điểm cuả AC

Vậy O nằm trên đoạn B1D1//BD và đi qua trung điểm AC

Bài 14 Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a Gọi E; F;G;H lần lượt là trung điểm của các cạnh

AB, BC; CD; DA M là giao điểm của CE và DF

a Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vuông

b Chứng minh DF CE và  MAD cân

c Tính diện tích  MDC theo a

Chứng minh: EFGH là hình thoi Chứng minh có 1 góc vuông

Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vuông

( )

BEC CFD c g c ECBFDC mà CDF vuông tại C

CDF DFC DFC ECB CMF

       vuông tại M Hay CE  DF

Gọi N là giao điểm của AG và DF Chứng minh tương tự: AG  DF GN//CM mà G là trung điểm DC nên  N là trung điểm DM Trong MAD có AN vừa là đường cao vừa là trung

tuyến  MAD cân tại A

( ) CD CM

CMD FCD g g

FD FC

  Do đó :

CMD

CMD FCD FCD

.

FCD

S  CF CD CD Vậy :

2

2 2

1 4

CMD

CD

FD

Trong DCF theo Pitago ta có :

.

DF CD CF CD  BC CD  CD  CD

2

.

4

MCD

CD

CD

Bài 15: Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) Các đường cao AE, BF cắt nhau tại H Gọi M trung

N

M

G

F E

C

B

H A

D

a Chứng minh ABC đồng dạng EFC

b Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự tại N

và D Chứng minh NC = ND và HI = HK

c Gọi G là giao điểm của CH và AB Chứng minh:AH BH CH 6

HE HF HG 

Ta có AEC BFC (g-g) nên suy ra CE CA

CF CB

Xét ABC và EFC có CE CA

CF CBvà góc C chung nên suy ra ABC EFC ( c-g-c)

Vì CN //IK nên HM CN  M là trực tâm HNC

MN CH mà CH  AD (H là trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD

Do M là trung điểm BC nên  NC = NDIH = IK ( theo Ta let)

G

N

D

K

I

M

H

F

E A

Ta có: AHC ABH AHC ABH AHC ABH

CHE BHE CHE BHE BHC

AH



Tương tự ta có BHC BHA

AHC

S S BH

BF S



BHA

S S CH

CG S





AH BH CH

HE HF HG  AHC ABH

BHC

S S S

AHC

S S S

BHA

S S S



= AHC ABH

BHC BHC

S S

S S  BHC BHA

AHC AHC

S S

S S + BHC AHC

BHA BHA

S S

S  S 6 Dấu „=‟ khi tam giác ABC đều, mà theo gt thì AB

< AC nên không xảy ra dấu bằng

Bài 16: Cho hình vuông ABCD Trên BC lấy điểm E, qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE, đường

thẳng này cắt CD tại F Gọi I là trung điểm của EF, AI cắt CD tại K Qua E kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt AI tại G

a Chứng minh AE = AF b Chứng minh tứ giác EGFK là hình thoi

c Chứng minh AKF đồng dạng CAF

d Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BE = BM Tìm vị trí của điểm E trên cạnh BC để diện tích DEM đạt giá trị lớn nhất?

ABE = ADF (cạnh góc vuông, góc nhon) suy ra AE = AF

Tam giác AEF vuông cân suy ra AI EF (1) Tứ giác EGFK là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường vì IEG = IFK) (2)

Từ (1) và (2) suy ra EGFK là hình thoi

M

G

K I

F D

C B

A

E

Xét AKF và CAF có chung góc F; Lại có tam giác EAF vuông cân nên 0

KAF  45 = 0

ACE  45 suy ra hai tam giác đồng dạng

Gọi cạnh hình vuông là a Đặt BE = BM = x suy ra CE = a – x ; AM = a – x

a  a a x a a x x

2 x ax 2  x a a  2a x a 2a

DEM

S đạt giá trị lớn nhất là 1 2

2a khi x –a = 0 tức x = a nghĩa là khi đó E trùng C Bài 17: Trong tam giác ABC, các điểm A, E, F tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA, AB sao cho: AFEBFD, BDFCDE, CEDAEF

a) Chứng minh rằng: BDF  BAC

b) Cho AB = 5, BC = 8, CA = 7 Tính độ dài đoạn BD

a) Đặt AFEBFD , BDFCDE , CEDAEF 

Ta có BAC    1800(*)

Qua D, E, F lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với BC, AC, AB cắt nhau tại O Suy ra

O là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF

Ta có OFD OED  ODF  270o(2)

(1) & (2)  o

180

      (**) (*) & (**)  BAC    BDF

b) Chứng minh tương tự câu a) ta có:

B , C  

 AEF s  DBF s  DEC s  ABC



AE AB 5 7AE 5AF 7(7 CE) 5(5 BF) 7CE 5BF 24

AF AC 7

   (3) Ta lại có CD + BD = 8 (4) (3) & (4) BD = 2,5

Bài 18: Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (HBC) Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E

1 Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo

mAB

2 Gọi M là trung điểm của đoạn BE Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng Tính số đo của góc AHM

3 Tia AM cắt BC tại G Chứng minh: GB HD

BC  AH HC

Góc C chung

CD CA

CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)

135

BECADC (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết)

45

AEB do đó tam giác ABE vuông cân tại A Suy ra: BEAB 2m 2

2

Ta có: 1 1

BM BE AD

BC  BC   AC (do BEC ADC)

mà ADAH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H)

BC   AC   AC  AB  BE (do ABH CBA)

Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra: 0 0

BHM BEC AHM 

3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC

Suy ra: GB AB

GC  AC , mà AB ED ABC DEC AH ED//AH HD

AC  DC    HC  HC

Do đó: GB HD GB HD GB HD

GC  HC GB GC  HD HC  BC  AH HC

Bài 19: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng a Điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc cạnh AD sao

cho CE = AF Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự tại M và N

a.Chứng minh rằng: DN.CM = a2

b Gọi K là giao điểm của NA và MB Chưng minh rằng MKN = 900

c Các điểm E, F có vị trí như thế nào thì MN có độ dài nhỏ nhất? Khi đó hãy tính diện tích của tam giác KMN theo a?

a

K

F

E

N D C M

Từ gt  AB // MN nên ta có:

DN

BA FD

AF BE

CE BA

CM





  CM.DN = AB2 = a2

b Theo chứng minh trên:

DN

BA BA

CM

 Nên

DN

AB CB

CM

 ( vì BA = CB)

Và ADN = MCB ( = 900)ADN đồng dạng với MCB

 MBC = AND

Mà MBC + BMC = 900

 AND + MBC = 900

Vậy MKN = 900

c Vì MN = ND + CD + CM